skkn Sử dụng Bất đẳng thức trong giải toán THCS

A. PHẦN MỞ ĐẦU
I.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
1.Cơ sở khoa học:
Toán học có vai trò và vị trí đặc biệt quan trọng trong khoa học kĩ thuật và đời
sống, giúp con người tiếp thu một cách dễ dàng các môn khoa học khác có
hiệu quả. Thông qua việc học toán, học sinh có thể nắm vững được nội dung
toán học và phương pháp giải toán, từ đó vận dụng vào các môn học khác
nhất là các môn khoa học tự nhiên. Hơn nữa Toán học còn là cơ sở của mọi
ngành khoa học khác, chính vì thế toán học có vai trò quan trọng trong trường
phổ thông, nó đòi hỏi người thầy giáo mọi sự lao động nghệ thuật sáng tạo để
có được những phương pháp dạy học giúp học sinh học và giải quyết bài toán.
Bất đẳng thức là một nội dung quan trọng trong chương trình toán học từ Tiểu
học đến Trung học. Việc nắm vững các phương pháp giải Bất đẳng thức
không những giúp học sinh học tốt bộ môn Toán mà còn có tác dụng hỗ trợ
cho nhiều môn học khác như Hoá học, Vật lí, Tin học…vv,đặc biệt nó giúp
cho học sinh phát triển tư duy sáng tạo một cách tốt nhất.
Trong quá trình dạy toán ở THCS, qua kinh nghiệm dạy bồi dưỡng học sinh
giỏi và qua quá trình tìm tòi bản thân tôi đã hệ thống được một số phương
pháp giải Bất đẳng thức mà thiết nghĩ mỗi giáo viên toán cần trang bị cho học
sinh để giúp các em giải tốt các bài toán về bất đẳng thức góp phần nâng cao
tư duy toán học, tạo diều kiện cho việc học toán nói riêng và trong quá trình
học tập nói chung.
2. Cơ sở thực tiễn
Bất đẳng thức là loại toán mà học sinh THCS vẫn coi là loại toán khó. Nhiều
học sinh không biết giải Bất đẳng thức thì phải bắt đầu từ đâu và phương pháp
giải loại toán này như thế nào.
Thực tế cho thấy toán Bất đẳng thức có nhiều trong chương trình THCS,
nhưng không được hệ thống thành những phương pháp nhất định gây cho học
sinh nhiều khó khăn khi gặp và giải quyết loại toán này.
Các bài toán có liên quan tới Bất đẳng thức hầu như có mặt ở mọi đề thi kể cả
các đề thi tốt nghiệp cho đến đề thi học sinh giỏi các cấp và thi vào lớp 10

trung học phổ thông.
Đối với các giáo viên còn thiếu kinh nghiệm giảng dạy, đặc biệt là bồi dưỡng
học sinh giỏi thì việc nắm vững phương pháp Bất đẳng thức sẽ bổ sung nhiều
vào kho kiến thức của mình. Đối với học sinh sẽ khắc phục được những hạn
chế trước đây giúp các em có tinh thần tự tin trong học tập bộ môn toán.
Với bản thân mình, tôi xây dựng thành kinh nghiệm về : “ Sử dụng Bất đẳng
thức trong giải toán THCS”.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Góp phần quan trọng trong việc giảng dạy toán học nói chung và Bất đẳng
thức nói riêng, đặc biệt là việc bồi dưỡng học sinh giỏi và học sinh thi vào lớp
10 THPT .
Giúp học sinh biết phân loại và vận dụng các phương pháp giải Bất đẳng thức
một cách nhanh chóng và hiệu quả. Phát huy được tính tích cực, chủ động
sáng tạo của học sinh trong quá trình học tập.
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Nghiên cứu các phương pháp giải Bất đẳng thức
- Thông qua nội dung phgương pháp và các bài tập mẫu nhằm củng cố lý
thuyết và phát triển trí tuệ cho học sinh
- Rèn kĩ năng cho học sinh qua các bài tập đề nghị.
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG:
- Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ở THCS.
- Bồi dưỡng cho giáo viên và học sinh THCS.
B. NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
I. Định nghĩa:Cho hai số: a, b ta nói số a lớn hơn số b, kí hiệu là : a > b
nếu a – b > 0; số a nhỏ hơn số b, kí hiệu là a < b nếu a – b < 0.
II. Tính chất:
1. a > b
⇔
b < a
2. a < b, b < c

⇒
a < c ( tính chất bắc cầu)
3. a < b
⇒
a + c < b + c ( tính chất đơn điệu)
4. a < b, c < d
⇒
a + c < b + d ( cộng hai vế của một bất đẳng thức
cùng chiều ta được một bất đẳng thức cùng chiều với chúng)
5. a < b, c > d
⇒
a – c > b – d ( trừ hai bất đẳng thức ngược chiều ta
được một bất đẳng thức có chiều là chiều của bất đẳng thức bị trừ)
6. Nhân hai vế của bất đẳng thức a < b với cùng một số m thì
A < b
. . , 0
. . , 0
a m b m m
a m b m m
< >

⇔

> <

7. Nhân hai vế của hai bất đẳng thức không âm cùng chiều ta được một
bất đẳng thức cùng chiều : 0 < a < b, 0 < c < d
⇒
a.c < b.d
8. a > b > 0

⇒
a
n
> b
n
; 0 > a > b
⇒
a
n+1
> b
2n+1
và a
n
< b
2n
9. So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số : m > n > 0; a >1
⇒
a
m
> a
n
; a
m
< a
n

với 0 < a < 1
10. Nghịch đảo hai vế của một bất đẳng thức ta được một bất đẳng thức
đổi chiều:
1 1

a b
a b
≤ ⇒ ≥
Các tính chất trên có thể chứng minh nhờ điịnh nghĩa và các tính chất
trước đó.
III. Một số Bất đẳng thức cần nhớ:
1. a
2k

≥
0 với mọi a ( k nguyên dương). Dấu “ =” xảy ra khi a = 0.
2.
0,a a≥ ∀
. Dấu “ =” xảy ra khi a = 0.
3.
a b a b+ ≤ +
. Dấu “ =” xảy ra khi ab
≥
0.
4. -
a a a≤ ≤
. Dấu “ =” xảy ra khi a = 0.
5.
a b a b− ≥ −
. Dấu “ =” xảy ra khi
0ab
≥
và
a b≥
.

6. a
≥
b; ab
≥
0
⇒

1
a
b
≤
. Dấu “ =” xảy ra khi a = b.
7.
2
a b
b a
+ ≥
với a, b cùng dấu, Dấu “ =” xảy ra khi a = b.
8. Bất đẳng thức Cauchy:
+) Đối với hai số dương a, b bất kì:
2
a b
ab
+
≥
hoặc a
2
+ b
2

≥
2ab.
Dấu “ =” xảy ra khi a = b.
+) Đối với mọi a
i

≥
0; I = 1,…,n. Ta có :
1 2
1 2


n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥
Dấu “ =” xảy ra khi a
i
= 0.
9. Bất đẳng thức Bunhia-Côpxki:
Nếu (a
1
, a
2
, … , a
n

) và ( b
1
, b
2
, … , b
n
) là những số tuỳ ý, ta có:
(a
1
2
+ a
2
2
+… + a
n
2
).(b
1
2
+ b
2
2
+… +b
n
2
)
≥
(a
1
b

1
+ a
2
b
2
+ … + a
n
b
n
)
2
Dấu “ = “ xảy ra khi
j
i
i j
a
a
b b
=
10.Bất đẳng thức Trêbưsep :
+) Nếu
1 2
1 2


n
n
a a a
b b b
≥ ≥ ≥



≥ ≥ ≥


thì: n.(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+… + a
n
b
n
)
≥
( a
1
+ a
2
+ …

+ a
n
).( b
1
+ b

2
+… + b
n
).
Dấu “ = “ xảy ra khi a
i
= a
j
hoặc b
i
= b
j
.
Nếu
1 2
1 2


n
n
a a a
b b b
≥ ≥ ≥


≤ ≤ ≤

Thì : n.(a
1
b

1
+ a
2
b
2
+… + a
n
b
n
)
≤
( a
1
+ a
2
+ …

+ a
n
).( b
1
+ b
2
+… + b
n
).
Dấu “ = “ xảy ra khi a
i
= a
j

hoặc b
i
= b
j
.
Chú ý: - Ngoài các Bất đẳng thức trên còn một số các bất đẳng thức đúng
khác mang tính tổng quát hơn nên khi giải bài tập cần chú ý.
- Khi chứng minh xong bất đẳng thức a
≤
b ta phải xét trường hợp dấu “
= “ xảy ra khi nào.
C. CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
I- Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa:
a. Nội dung phương pháp:
Để chứng minh bất đẳng thức A > B ta chứng minh bất đẳng thức A – B > 0
b. Kiến thức cần vận dụng:
- Các hằng đẳng thức đáng nhớ, đặc biệt là: (A + B)
2
= A
2
+ 2AB + B
2
.
- Tổng quát:
2
1 1 1
( ) 2
n n n
i i i j
i i i

A A A A
= = =
= +
∑ ∑ ∑
( j = 2,…n) , i < j
- Các kĩ năng biến đổi đồng nhất để biến đổi hiệu hai vế các bất đẳng thức
đúng hay điều kiện đúng của đề bài.
c. Bài tập áp dụng:
Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức : a
2
+ b
2

≥
ab.
Giải:
Xét hiệu: a
2
+ b
2
– ab = (a
2
+
1
4
b
2
– 2.
1
2

ab) +
3
4
b
2
= ( a -
1
2
b)
2
+
3
4
b
2
≥
0
đúng với mọi a,b vì ( a -
1
2
b)
2

≥
0;
3
4
b
2
≥

0 .
Dấu “ = “ xảy ra khi ( a -
1
2
b)
2
=
3
4
b
2
= 0 suy ra a = b = 0. Vậy bất đẳng thức
được chứng minh.
Từ bài toán trên ta có thể chứng minh cho bài toán tổng quát sau:
(a
n
)
2
+ (b
n
)
2
≥

.
n n
a b
.
Bài 2: Cho ba số a, b, c thoả mãn 0 < a
≤

b
≤
c. Chứng minh rằng:

a b c b a c
b c a a c b
+ + ≥ + +
Giải:
Xét hiệu:
1a b c b a c
b c a a c b abc
+ + − − − =
(a
2
c + ab
2
+ bc
2
– b
2
c – ba
2
– ac
2
)
=
2 2 2 2 2 2
1
( ) ( ) ( )a c b c b a a b c b ac
abc

 
− + − + −
 
=
2 2 2
1 1
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )c a b a b ab a b c a b a b c a b ab c
abc abc
   
− + − − − − = − + − −
   
=
1
( )( )( ) 0( 0 )a b b c c a do a b c
abc
− − − ≥ < ≤ ≤
Dấu “=” xảy ra khi a = b hoặc b = c hoặc a = c.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 3: Cho a
≤
b
≤
c và x
≤
y
≤
z. Chứng minh rằng :
. .
.
2 2 2

a b x y a x b y+ + +
≤
Giải: Xét hiệu :
. . 1
. ( . . . . 2 . 2 . )
2 2 2 4
a b x y a x b y
a x a y b y b x a x b y
+ + +
− = + + + − −
=
[ ]
1 1
( . . ) ( . . ) ( )( )
4 4
a y a x b x b y x y b a− + − = − −
( do x
≤
y và a
≤
b ).
Dấu “=” xảy ra khi x = y hoặc a = b.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
• Chứng minh tương tự ta được bất đẳng thức :
. . .
.
3 2 3
a b c x y z a x b y c z+ + + + + +
≤
và ta có thể chứng minh tương tự cho bài

toán tổng quát.
Bài 4: Cho a, b, c, d, e là các số thực. Chứng minh rằng:
A
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2

≥
a(b + c + d + e) .
Giải: Xét hiệu : a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
– a(b + c + d + e)
= a
2
+ b
2

+ c
2
+ d
2
+ e
2
– ab – ac – ad – ae
=
1
4
( 4a
2
+ 4b
2
+ 4c
2
+ 4d
2
+ 4e
2
- 4ab – 4 ac – 4ad – 4ae)
=
1
4
[(a
2
+ 4b
2
+ 4ab) + ( a
2

+ c
2
+ 4ac) + ( a
2
+ 4d
2
+ 4ad) + (a
2
+ 4e
2
+ 4ae)]
=
1
4
[( a + 2b)
2
+ (a + 2c)
2
+ (a + 2d)
2
+ ( a + 2e)
2
]
≥
0
Do (a + 2b)
2

≥
0; (a + 2c)

2

≥
0 ; (a + 2d)
2

≥
0 ; (a + 2e)
2

≥
0.
Dấu “=” xảy ra khi b = c = d = e =
2
a
.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 5: ( Tổng quát của bài 4)
Cho a
i
(i = 1,2,…,n) là các số thực, chứng minh rằng :
2
1
1 1
2
1
n n
i i
i i
a a a

n
= =
≥
−
∑ ∑
Việc chứng minh tương tự bài 4.
d. Bài tập đề nghị
Hãy chứng minh các bất đẳng thức sau:
1. 4x
2
+ y
2

≥
4xy.
2. x
2
+ y
2
+ 1
≥
xy + x + y
3. (x + y).( x
3
+ y
3
).( x
7
+ y
7

)
≤
4( x
11
+ y
11
)
4. (x
1996
+ y
1996
+ x
1996
) : ( x
1995
+ y
1995
+ z
1995
)
≥
( x + y + z ) : 3
5. ( a
3
+ b
3
+ c
3
)
≥

( a + b + c).(a
2
+ b
2
+ c
2
) với a, b, c > 0.
6. Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a)
8 8 8
3
1 1 1
( )
a b c
abc a b c
+ +
≥ + +
b)
3 3 3 3 3 3
6
a b b c c a a c b a c b
abc
c a b b c a
+ + + + + ≥
II . Phương pháp 2 : Dùng tính chất cơ bản của bất đẳng thức để biến đổi
tương đương.
1. Nội dung phương pháp:
Khi chứng minh một bất đẳng thức nào đó ta biến đổi bất đẳng thức cần
chứng minh tương đương với một bất đẳng thức đúng hoặc một bất dẳng thức
đã được chứng minh hoặc điều kiện của đề bài.

2. Kiến thức cơ bản:
- Các tính chất của bất đẳng thức.
- Các bất đẳng thức thường dùng.
- Kỹ năng biến đổi tương đương một bất đẳng thức.
- Các hằng đẳng thức đáng nhớ.
3. Bài tập mẫu.
Bài 1: Chứng minh rằng: x
2
+ 2y
2
+ 2z
2

≥
2xy + 2yz + 2z – 1 (*).
Giải: Ta có : x
2
+ 2y
2
+ 2z
2

≥
2xy + 2yz + 2z – 1
⇔
x
2
+ 2y
2
+ 2z

2
- 2xy - 2yz - 2z + 1
≥
0.
⇔
( x
2
– 2xy + y
2
) + ( y
2
– 2yz + z
2
) + ( z
2
– 2z + 1)
≥
0
⇔
( x – y)
2
+ ( y – z)
2
+ ( z – 1)
2

≥
0.
Bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi x, y, z.
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bài 2: Chứng minh bất đẳng thức: (a
10
+ b
10
).(a
2
+ b
2
)
≥
( a
8
+ b
8
).(a
4
+ b
4
).
Giải: Ta có : (a
10
+ b
10
).(a
2
+ b
2
)
≥
( a

8
+ b
8
).(a
4
+ b
4
)
⇔
(a
10
+ b
10
).(a
2
+ b
2
) - ( a
8
+ b
8
).(a
4
+ b
4
)
≥
0
⇔
a

12
+ a
10
b
2
+ a
2
b
10
+ b
12
– a
12
– a
8
b
4
– a
4
b
8
– b
12

≥
0
⇔
( a
10
b

2
– a
8
b
4
) + (a
2
b
10
– a
4
b
8
)
≥
0
⇔
a
8
b
2
(a
2
– b
2
) – a
2
b
8
(a

2
– b
2
)
≥
0
⇔
a
2
b
2
(a
2
– b
2
)(a
2
– b
2
)(a
4
+ a
2
b
2
+ b
4
)
≥
0

⇔
a
2
b
2
(a
2
– b
2
)
2
.(a
4
+ a
2
b
2
+ b
4
)
≥
0 luôn đúng với mọi a, b.
Dấu “=” xảy ra khi a
2
= b
2

⇔
a = b hoặc a = - b và a = 0 hoặc b = 0.
Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.

• Nhận xét từ kết quả bài toán trên ta có bài toán tương tự:
• Cho 0
≤
a
≤
b. Chứng minh bất đẳng thức :
(a
5
+ b
5
)(a + b)
≥
(a
2
+b
2
)(a
4
+ b
4
)
Bài 3: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a. (x – 1)(x – 3)(x – 4)(x – 6)
≥
-9
b. Cho a
≥
c
≥
0 và b

≥
c. Chứng minh:
( ) ( )c a b c b c ab− + − ≤
.
Giải:
a. Nhận xét: 3 + 4 = 1 + 6 nên ta nhân (x – 1)(x – 6) và (x – 3)(x – 4)
c. Ta có: (x – 1)(x – 3)(x – 4)(x – 6)
≥
-9
⇔
(x – 1)(x – 3)(x – 4)(x – 6) + 9
≥
0.
⇔
( x
2
– 7x +6)(x
2
-7x + 12) + 9
≥
0
⇔
( x
2
– 7x +6)(x
2
-7x + 6 + 6) + 9
≥
0
⇔

( x
2
– 7x +6)
2
+ 6( x
2
– 7x +6) + 9
≥
0
⇔
( x
2
– 7x +9)
2

≥
0.
Bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi giá trị của x.
Suy ra : (x – 1)(x – 3)(x – 4)(x – 6)
≥
-9.
Dấu “=” xảy ra khi x
2
– 7x +9 = 0
⇔
x =
7 13
2
±
b.

2 2
( ) ( ) ( ( ) ( )) ( )c a c c b c ab c a c c b c ab− + − ≤ ⇔ − + − ≤

( ) ( ) 2 ( ) ( )c a c c b c c a c c b c ab⇔ − + − + − − ≤
2
2 ( )( ) 0c c a c b c a c b c⇔ + − − + − − ≥
2
( ) 0c a c b c⇔ − − − ≥
.
Bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi giá trị của a,b,c thoả mãn đièu kiện
của đề bài. Vậy
( ) ( )c a b c b c ab− + − ≤
với a
≥
c
≥
0 và b
≥
c.
4. Bài tập áp dụng
1. Cho 0
≤
x, y, z
≤
1. Chứng minh:
a. 0
≤
x + y + z – xy – xz – yz
≤
1

b. X
2
+ y
2
+ z
2

≤
1 + x
2
y + y
2
z + z
2
x.
c.
2
. 1 . 1 . 1
x y z
y z x z z y
+ + ≤
+ + +
2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2. Chứng
minh rằng: a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2abc < 2.

3. Chứng minh rằng với mọi x, y >
2
ta có:
X
4
– x
3
y + x
2
y
2
– xy
3
+ y
4
> x
2
+ y
2
4. Cho ba số a, b, c là ba số tuỳ ý trên đoạn [0,1]. Chứng minh:
a. a
2
+ b
2
+ c
2

≤
1 + a
2

b +b
2
c + c
2
a.
b. 2(a
3
+ b
3
+ c
3
) – ( a
2
b + b
2
c

+ c
2
a)
≤
3
c.
2
1 1 1
a b c
bc ac ba
+ + ≤
+ + +
III. Phương pháp 3: Dùng tính chất của tỉ số

1. Nội dung phương pháp:
Khi vận dụng các tính chất của tỉ số thì việc chứng minh bất đẳng thức trở
nên rất nhanh và gọn.
2. Kiến thức cần vận dụng:
- Với ba số dương a, b, c
- Nếu
1
a
b
≤
thì
a a c
b b c
+
≤
+
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
- Nếu
1
a
b
≥
thì
a a c
b b c
+
≥
+
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
- Nếu b, d > 0 và

a c a a c c
b d b b c d
+
≤ ⇒ ≤ ≤
+
Dấu “=” xảy ra khi ad = bc.
3. Bài tập mẫu:
Bài 1: Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác:
Chứng minh rằng :
Giải: Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên ta có:
a, b, c > 0 và a + b > c; b + c > a; c + a > b.
Từ a + b > c
2 2c c c c c c
a b a b c a b c a b a b c
+
⇒ < = ⇒ <
+ + + + + + + +
Chứng minh tương tự ta có:
2 2
;
b b a a
a c a b c c b b c a
< <
+ + + + + +
Cộng từng vế của ba bất đẳng thức cuối cùng ta được:

2
a b c a b c
b c a c a b a b c a b c a b c
+ + < + + =

+ + + + + + + + +
Ta có:
1
a b c a b c
b c a c a b a b c a b c a b c
+ + > + + =
+ + + + + + + + +
Vậy
1 2
a b c
b c a c b a
< + + <
+ + +
(Đpcm).
Nhạn xét: ở đây ta đã sử dụng tính chất : Với ba số dương a, b, c:
Nếu
1
a
b
≤
thì
a a c
b b c
+
≤
+
Dấu “=” xảy ra khi a = b.
Bài 2: Cho a > 0, b > 0. Chứng minh rằng:

1

( )
2 1 1 1 1 1
a b a b a b
a b a b a b
+
+ < < +
+ + + + + +
Giải:
Ta chứng minh:
1
( )
2 1 1 1
a b a b
a b a b
+
+ <
+ + + +
Do a > 0 ta có
1
1 1 1
a a a b
a a a b
+
< ⇒ <
+ + + +
Tương tự ta có
1 1
b a b
b a b
+

<
+ + +
Cộng từng vế của hai bất đẳng thức cuối cùng ta được:
( ) 2
1 1 1
a b a b
a b a b
+
+ < ⇒
+ + + +
1
( )
2 1 1 1
a b a b
a b a b
+
+ <
+ + + +
(1)
Ta lại chứng minh:
1 1 1
a b a b
a b a b
+
< +
+ + + +
Do a, b > 0 nên ta có
;
1 1 1 1
a a b b

a a b b a b
> >
+ + + + + +
Cộng vế với vế của hai
bất đẳng thức này ta được:
1 1 1
a b a b
a b a b
+
< +
+ + + +
(2).
Từ (1) và (2) suy ra :
1
( )
2 1 1 1 1 1
a b a b a b
a b a b a b
+
+ < < +
+ + + + + +
4. Bài tập đề nghị.
1.Chứng minh rằng :
2 2 4 6 2004 2004
3 3 5 7 2005 2005
+ + + +
< <
+ + + +
2. Cho a, b là các số dương thoả mãn a.b = 1. Chứng minh rằng:
1 1 1 1

2 2 2 2 1 1 1
a b
a b a b a b
+
+ < < +
+ + + + + +
3. Cho
x a m
y b n
≤ ≤
chứng minh rằng :
2004 2005
2004 2005
x x a m m
y a b n n
+ +
≤ ≤
+ +
IV. Phương pháp 4: Phương pháp phản chứng:
1. Nội dung phương pháp:
Để chứng minh A
≥
B ta giả sử A < B rồi suy ra một điều vô lý với giả thiết
hoặc các hằng bất đẳng thức rồi từ đó khẳng định A
≥
B là đúng.
2. Kiến thức cần dùng:
- Các tính chất của bất đẳng thức.
- Các bất đẳng thức có sẵn.
- Kĩ năng biến đối tương đương một bất đẳng thức.

- Các hằng đẳng thức và các hằng bất đẳng thức.
3. Bài tập mẫu
Bài 1: Cho 0 < a, b, c < 1. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng
thức sau sai: a(1 – b) > 0,25 ; b( 1 – c) > 0,25 ; c(1 – a) > 0,25.
Giải: Giả sử cả ba bất đẳng thức:
a(1 – b) > 0,25 ; b( 1 – c) > 0,25 ; c(1 – a) > 0,25. đều đúng, khi đó:
a(1 – b)b( 1 – c)c(1 – a) > 0,25
3
. (1)
Mặt khác ta có: a(1 – a) = a – a
2
= 0,25 – ( a
2
– 2.a.0,5 + 0,25)
= 0,25 – ( a – 0,5)
2
≤
0,25. Suy ra : a(1 – a)
≤
0,25.
Tương tự ta có : b(1 – b)
≤
0,25 ; c( 1 – c)
≤
0,25.
Nhân vế với vế của ba bất đẳng thức cuối cùng ta được:
A(1 – b)b(1 – c)c(1 – a) < 0,25
3
(2).
Ta nhận thấy (1) mâu thuẫn với (2). Vậy điều giả sử là sai, suy ra trong các

bất đẳng thức sau: a(1 – b) > 0,25 ; b( 1 – c) > 0,25 ; c(1 – a) > 0,25 có ít nhất
một bất đẳng thức sai.
Bài 2: Chứng minh rằng không có ba số x, y, z mà có thể thoả mãn đồng thời
ba bất đẳng thức sau:
; ;x y z y x z z y x< − < − < −
.
GiảI : Giả sử phán chứng cả ba bất đẳng thức trên không có bất đẳng thức nào
sai, nghĩa là cả ba bất đẳng thức đó đều đúng. Khi đó:
x y z< − ⇔
x
2
< (y – z)
2

⇔
x
2
- (y – z)
2
< 0
⇔
(x – y + z)(x + y - z) < 0.
Tương tự ta có: ( y – x + z)(y + x – z) < 0 và (z – y + x)(z + y – x) < 0.
Nhân vế với vế của ba bất đẳng thức cuối cùng ta được:
[(y – x + z)(y + x – z)(x – y + z)]
2
< 0 vô lý.
Vậy không có ba số x, y, z nào thoả mãn đồng thời cả ba bất đẳng thức :

; ;x y z y x z z y x< − < − < −

Bài 3: Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện
0
0
0
a b c
ab bc ca
abc
+ + >


+ + >


>

Hãy chứng minh rằng: a, b, c > 0 (*).
Giải: Giả sử (*) không đúng. Như vậy có ít nhất một trong ba số a, b, c phải
≤
0. Không mất tính tổng quát giả sử a
≤
0. Do abc > 0 nên suy ra: bc < 0.
Xét trường hợp a
≤
0, b > 0, c < 0. Suy ra : a + c > 0.
Từ giả thiết ta có: b > - a – c
⇔
b(a + c) < - (a + c)
2

⇔

ac + b(a + c) < ac – (a + c)
2

⇔
ac + b(a + c) < - ( - ac + a
2
+ c
2
)
⇔
ac + ba + bc < - (a – 0,5c)
2
– 0,75 c
2

≤
0.
Điều này trái với giả thiết ab + bc + ca > 0.
Tương tự đối với trường hợp A
≤
0, b < 0, c > 0 ta cũng suy ra điều vô lý.
Vậy (*) được chứng minh.
Bài 4: Chứng minh rằng : Tổng của một phân số dương và nghịch đảo của nó
không nhỏ hơn 2.
Giải:
Giả sử phản chứng
0
a
b
>

ta có:
2 2 2
2 ( )
2 2 0 0 0
a b a b a b ab a b
b a b a ba ab
+ − +
+ < ⇔ + − < ⇔ < ⇔ <
( vô lý).
Suy ra điều phải chứng minh.
4. Bài tập đề nghị
1. Cho ba số dương a, b, c nhỏ hơn 2. Chứng minh rằng ít nhất một trong
các bất đẳng thức sau là sai : a(2 – b) > 1 ; b(2 – c) > 1 ; c(2 – a) > 1.
2. Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
S = (a – 1 + b
-1
)(b – 1 + c
-1
)(c – 1 + a
-1
)
≤
1.
3. Cho a, b, c, x, y, z là các số thực thoả mãn:
2
0
( 1) 4 0
a
b ac
>



− − <

Chứng minh rằng trong các bất đẳng thức sau có ít nhất một bất đẳng thức
sai: ax
2
+ bx + c
≤
y ; ay
2
+ by + c
≤
z ; az
2
+ bz + c
≤
x.
V. Phương pháp 5: Phương pháp quy nạp
1. Nội dung phương pháp:
Có rất nhiều các bất đẳng thức mà bằng các cách chứng minh thông thường
thì không thể chứng minh được. Thường các bất đẳng thức đó có dạng dãy số
hoặc những bất đẳng thức tổng quát, và để chứng minh các bất đẳng thức này
ta dùng phương pháp quy nạp.
Để chứng minh một bất đẳng thức đúng với mọi n, bằng quy nạp ta thực hiện
các bước sau:
Bước 1: Kiểm tra xem bất đẳng thức đứng với n
≤
n
0

nào đó ( thông thường ta
chọn n
0
= 0 hoặc 1).
Bước 2: Giả sử bất đẳng thức đúng với n
≤
k.
Bước 3: Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n
≤
k +1.
Bước 4: Kết luận bất đẳng thức đúng với mọi n.
2.Kiến thức cần vận dụng:
-Các tính chất của bất đẳng thức.
Kỹ năng biến đổi đẳng thức và bất đẳng thức.
3. Bài tập mẫu:
Bài 1:Chứng minh rằng: [( a + b) : 2]
n

≤
( a
n
+ b
n
) : 2 với a + b
≥
0 và n là
số tự nhiên.
Giải:
+) Với n = 1 ta có ( a + b) : 2
≤

(a + b) : 2 đúng.
+) Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là [(a + b)
2
: 2]
k

≤
( a
k
+ b
k
) : 2.
+) Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1.
Tức là : [(a + b) : 2]
k+1

≤
( a
k+1
+ b
k+1
) : 2.
Thật vậy:
Xét [(a + b) : 2]
k+1
= [(a + b) : 2]
k
. [(a + b) : 2]
≤
[(a

k
+ b
k
) : 2].[(a + b) : 2].
Ta chứng minh:
(a
k
+ b
k
).(a + b)
≤
2(a
k+1
+ b
k+1
)
⇔
a
k+1
+ b
k+1
+ a
k
b + ab
k

≤
2( a
k+1
+ b

k+1
)

⇔
A
k+1
+ b
k+1
– a
k
b – ab
k

≥
0
⇔
( a – b)( a
k
- b
k
)
≥
0 (*)
Nếu a, b
≥
0 thì (*) đúng.
Nếu a
≥
0
≥

b a – b
≥
0. Mà a + b
≥
0 (gt) a
≥
- b => a
≥
b
 a
k

≥
b
k
=>a
k
– b
k

≥
0 => (*) đúng.
Chứng minh tương tự cho trường hợp a
≤
0
≤
b ta được (*) đúng
Do a+ b
≥
0 nên a,b không cùng <0

Vậy (*) đúng với mọi a,b thoả mãn điều kiện của đè bài.
Vậy bất đẳng thức [(a+b):2]
n

≤
( a
n
+ b
n
) : 2 với a+b
≥
0 và n
∈
N được
chứng minh.
Bài 2: Cho tam giác vuông a,b là độ dài hai cạnh góc vuông, c là độ dài cạnh
huyền của tam giác đó. Chứng minh rằng: b
2n
+ a
2n

≤
c
2n
Giải: + Với n
≤
1 theo định lý Pitago ta có b
2
+ a
2

= c
2
. Bất đẳng thức đúng.
+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n
≤
k tức là b
2k
+ a
2k

≤
c
2k
+ Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n= k+ 1 hay b
2k+1
+ a
2k+1

≤
c
2k+1
Thật vây: ta có c
2(k+1)
= c
2k+2
= c
2k
. c
2

≥
( a
2k
+ b
2k
) ( a
2
+ b
2
)
= a
2k+2
+ a
2k
. b
2
+ b
2k
. a
2
+ b
2k+2

≥
a
2k+2
+ b
2k+2
=> b
2(k+1)

+ a
2(k+1)

≤
c
2(k+1)
(đpcm)
4. Bài tập đề nghị:
Bài 1: a. Chứng minh rằng với n
≥
3 ta có 2
n
> 2n + 1
b. Chứng minh 1.2.3….n < 2
-n
(n+1) .n
c.
∀
n
≥
1, chứng minh
1 1 1
1 2 1 2
2 3
n
n
+ + + + ≥ + −
Bài 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a. 2
n+2

> 2n + 5 với
∀
n
≥
1, n
∈
N.
b. [(n + 1) !]
n

≤
2!.4! (2n)! với
∀
n, n
∈
N
*
.
c. (2n)! < 2
2n
(n!)
2
với
∀
n, n
∈
N
*
.
VI. Phương pháp 6: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

1. Nội dung phương pháp
Nhiều bất đẳng thức mà các yếu tố có liên quan tới cả số và cả hình nên khi
giảI bất đẳng thức đó ngoài việc vận dụng các tính chất của bất đẳng thức ta
phảI sử dụng cả các tính chất khác đặc biệt là bất đẳng thức trong tam giác.
2. Kiến thức cần vận dụng
- Nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác thì ta có a, b, c > 0
-
; ; .a c b a c b c a b c b a c b a− < < + − < < + − < < +
- Một số quan hệ khác trong tam giác.
3. bài tập mẫu
Bài 1: Cho a, b, c là đọ dài ba cạnh trong một tam giác. Chứng minh rằng:
(a + b + c)
2

≤
9bc. Biết a
≤
b
≤
c.
Giải: Ta có a + b + c
≤
2b + c do a
≤
b. Ta chứng minh ( 2b + c)
2

≤
9bc (1).
(1)

⇔
4b
2
+ 4bc + c
2

≤
9bc
⇔
4b
2
– 5bc + c
2

≤
0
⇔
4b
2
– 4bc – bc + c
2

≤
0

⇔
4b(b – c) – c(b – c)
≤
0
⇔

( b – c)( 4b – c)
≤
0 (2).
Ta thấy b
≤
c suy ra b – c
≤
0 và 4b – c
≥
a + b – c + 2b
≥
0. Vậy (2) đúng.
Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.
Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác, hãy chứng minh:
a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
Giải: Do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên ta có :
0 < a < b + c
⇔
a
2
< ab + ac. Tương tự ta có : b
2
< ba + bc ; c
2

< ca + cb.
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức cuối cùng ta được:
a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca). (Đpcm).
,
1 1 1
1
1.2 2.3 ( 1)n n
+ + + <
+
b,
2 2 2
1 1 1 1
1 2
2 3 n n
+ + + + < −
Bài 3: Chứng minh
2 2 2
1 2
1 1 1
2
2
n
a a na
+ + + <

Trong đó
1 1 1
*
2 3
k
na N
k
= + + + ∈
Bài 4: Chứng minh với mọi số tự nhiên n>1 ta có:
1 1 1 1 3

2 1 2 4n n n n
< + + + <
+ + +
VII- Phương pháp 7: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy.
1. Kiến thức cơ bản
Các kỹ năng biến đổi BBất đẳng thức: Bất đẳng thức Cauchy cho hai số a,b
≥
0
2
a b+
ab≥
Dấu “=” xảy ra khi a=b
Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm a
1
, a
2
,… , a
n
.

1 2
1 2

.
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥
Dấu “=” xảy ra khi a
1
=a
2
=… =a
n
2. Bài tập mẫu
Bài 1: Cho n số dương a
1
, a
2
,….,a
n
và a
1
.a
2
….a
n

=1
Chứng minh rằng : ( 1 + a
1
). ( 1+ a
2
) … ( 1 + a
n
)
≥
2
n
Giải: áp dụng bất đẳng thức Cauchy hai số 1 và a
i
, i = 1,2,3,….,n ta được:
( 1 + a
1
)
1
2 a≥
, ( 1 + a
2
)
2
2 a≥
,……. , ( 1+ a
n
)
2
n
a≥

Nhân vế với vế của các Bất đẳng thức trên ta được:
(1+a
1
) . ( 1+a
2
)…(1+a
n
)
1 2
2 .2 2
n
a a a≥
1 2
(1 ).(1 ) (1 ) 2
n
n
a a a⇔ + + + ≥
do a
1
. a
2
… a
n
= 1.
Dấu “=” xảy ra khi 1=a
1
, 1=a
2
, …., 1= a
n

1 2
1
n
a a a⇔ = = = =
Bài 2: Cho a,b
≥
0 chứng minh rằng 3a
3
+ 72 b
3

≥
18ab
2
Giải: Do a, b
≥
0 => 3a
3
, 9b
3
, 8b
3
≥
0
áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số 3a
3
,

9b

3
, 8b
3
. Ta được:
3a
3
+

9b
3
+ 8b
3

3
3 3 3 2
3 3 9 8 18a b b ab≥ =
Dấu “=” xảy ra khi 3a
3
=

9b
3
= 8b
3

0a b⇔ = =
Bài 3: Cho a>b>0 Chứng minh rằng
1
3
( )

a
b a b
+ ≥
−
Giải: Ta thấy a=b+ ( a- b) do a > b => a – b > 0
áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm b, a – b,
1
( )b a b−
ta được:
3
1 1 1
( ) 3 ( ) 3
( ) ( ) ( )
a b a b b a b
b a b b a b b a b
+ = + − + ≥ − =
− − −
Với a>b>0 ta có
1
3
( )
a
b a b
+ ≥
−
Dấu “=” xảy ra khi b=a-b=
1
( )b a b−
1
0,5

( )
b a
b a b
⇔ = =
−

⇔
a=2 và b=1
Bài 4: Cho các số a
1
, a
2
, …., a
n
thỏa mãn điều kiện : 0 <a
≤
a
i
< b với i = 1, 2,
…, n
Chứng minh rằng: ( a
1
+ a
2
+….+ a
n
) (
2 2 2
1 2
1 1 1 ( )

)
2
n
n a b
a a a ab
+
+ + + ≤
Giải: Theo giả thiết ta có : 0 <a
≤
a
i
< b =>
2
( ) 0
i i
a a b a ab− + + ≤
với i = 1,2,
…,n
2
( )
i i i
i
ab
a ab a b a a
a
⇔ + ≤ + ⇔ + ≤
a+ b do a
i
> 0 với i = 1, 2, , n
Lần lượt cho i = 1, 2, , n rồi cộng các vế lại với nhau ta được:

1 2
1 2
( ) ( ) ( )
n
n
ab ab ab
a a a n a b
a a a
+ + + + + + + ≤ +
(1)
áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số ta được:
1
2
1 2 1 2
1 2 1 2
( ) ( ) 2 ( )( )
n n
n n
ab ab ab ab ab ab
a a a a a a
a a a a a a
 
+ + + + + + + ≥ + + + + + +
 
 

(2)
Từ (1) và (2) =>
1
2

1 2
1 2 )
2 ( )( ( )
n
n
ab ab ab
a a a n a b
a a a
 
+ + + + + + ≤ +
 
 
 
2 2 2
1 2
1 2
4 ( )( ) ( )
n
n
ab ab ab
a a a n a b
a a a
 
⇔ + + + + + + ≤ +
 
 
2 2 2 2 2 2
1 2
1 2
1 1 1 ( ) ( )

( )( )
4 2
n
n
n a b n a b
a a a
a a a ab ab
+ +
⇔ + + + + + + ≤ ≤
2 2 2
1 2
1 2
1 1 1 ( )
( )( )
2
n
n
n a b
a a a
a a a ab
+
⇔ + + + + + + ≤
( đpcm)
3. Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho a, b, c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh ( 1 + a
-1
)(1+b
-1
)(1+c
-1

)
≥
64
Bài 2: Cho a, b, c, d, e > 0 và a=b+c+d+e =1.
Chứng minh rằng (-1+a
-1
)(-1+b
-1
)(-1+c
-1
)(-1+d
-1
)(-1+e
-1
)
≥
1024
Bài 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:
1
8
a b b c c a
a b b c c a
− − −
+ + ≤
+ + +
Bài 4: Cho hình thang ABCD có AB//CD có diện tích là S. Gọi E là giao
điểm của hai đường chéo. Chứng minh rằng S
ABE

≤

0,25 S.
VIII- Phương pháp 8: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopxky:
1. Kiến thức: Cho 2n số a
1
, a
2
, … , a
n
; b
1
, b
2
, … , b
n
ta luôn có:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )
n n n n
a b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + +
Dấu “=” xảy ra khi
1 2
1 2

n
n
a a a
b b b
= = =
2. Bài tập mẫu:

Bài 1: Cho ba số x, y, z thỏa mãn: x(x-1)+y(y-1) + z(z-1)
3
4
≤
Chứng minh rằng: x+y+z
≤
4
Giải: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky cho 6 số 1,1,1,x,y,z ta được:
2 2 2 2 2 2 2
( ) (1 1 1)( ) 3( )x y z x y z x y z+ + ≤ + + + + = + +
(1)
Ta có x(x-1) +y(y-1) +z(z-1)
3
4
≤
.
2 2 2
3
( ) ( )
4
x y z x y z⇔ + + − + + ≤
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
2
1 3
( ) ( )
3 4
x y z x y z+ + − + + ≤
. Đặt S= x+y+z ta có:
2

1 3
( 1)( 4) 0 1 4
3 4
S S S S S− ≤ ⇔ + − = ⇔ − ≤ ≤
. Vậy x+y+z
≤
4
Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=
4
3
Bài 2: Chứng minh rằng nếu phương trình: x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ ax + 1 = 0 có
nghiệm thì a
2
+ (b -2)
2
> 3
Giải: Giả sử x = t là nghiệm của phương trình ta có: t
≠
0 vì 0 không là
nghiệm của phương trình và t
4
+ at
3
+ bt

2
+ at + 1 = 0
2
2
1 1
( ) 0t a t b
t t
⇔ + + + + =
(1)
Đặt T= ( t +
2 2
2
1 1
) 2 4T t
t t
⇒ = + + ≥
do
2
2
1
2t
t
+ ≥
Khi đó (1) trở thành T
2
+aT + b -2 = 0
⇔
T
2
= -( aT + b – 2)

áp dụng bất đẳng thức Bunhiaopxky ta có:
T
4
= ( aT + b – 2 )
2

2 2 2
( 2) ( 1)a b T≤ + − +
4
2 2 2
2 2
1
( 2) 1 4 1 3
1 1
T
a b T
T T
⇔ + − ≥ = − + > − =
+ +
Vậy a
2
+ (b-2)
2
> 3 (đpcm)
3. Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho a, b, c>0 và p=(a+b+c):2. Chứng minh rằng:
3p p a p c p b p< − + − + − ≤
Bài 2: Cho n số bất kỳ a
1
, a

2
, …., a
n
. Chứng minh rằng:
( a
1
+ a
2
+…+a
n
)
2

≤
n(
2 2 2
1 2
)
n
a a a+ + +
Bài 3: Cho a, b, c khác 0 . Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
b c a b c a
+ + ≥ + +
Bài 4: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh trong một tam giác hãy chứng minh
rằng:
a(2b + 2c – a)
-1

+ b( 2a + 2c – b )
-1
+ c( 2a + 2b – c )
-1

≥
1
Bài 5: Cho ax –by
≥
m. Chứng minh rằng ax
2
+ by
2

≥
m
2
: ( a+ b)
Bài 6: Giả sử phương trình x
2
+ ax + b = 0 có nghiệm x =t
Chứng minh rằng t < 1 + a
2
+ b
2
IX. Phương pháp dùng tam thức bậc hai.
1. Kiến thức cần vận dụng:
Định lý về dấu của tam thức bậc hai:
Cho tam thức bậc hai f(x) = ax
2

+ bx + c ( a khác 0)
A, Nếu
∆
= b
2
– 4ac < 0 thì a.f(x) > 0
x R∀ ∈
B, Nếu
∆
= 0 thì a. f(x) > 0
x R∀ ∈
. Dấu “=” xảy ra khi x=-b:2a.
C, Nếu
∆

≥
0 thì f(x) có hai nghiệm x
1
, x
2
ta có :
x x
1
x
2
af(x) - 0 + 0 -
- Nếu tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c ( a khác 0) tồn tại số t sao cho
a.f(t)<0 thì f(x) có hai nghiệm phân biệt x

1
< t < x
2
.
- Nếu tồn tại t, k sao cho f(t). f(k) < 0 thì f(x) có hai nghiệm x
1
, x
2
và trong
hai số t, k có một số nằm trong và một số nằm ngoài hai nghiệm.
2. Bài tập mẫu:
A. Dạng thứ nhất.
Để chứng minh ax
2
+ bx + c
≥
0 ta đi chứng minh a> 0 và A =0
Bài 1: Chứng minh rằng: a, x
2
y
4
+ 2(x
2
+2)y
2
+ 4xy + x
2

≥
0

b, a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2

≥
a( b+c+d+e)
Giải : a, Ta có x
2
y
4
+ 2(x
2
+2)y
2
+ 4xy + x
2
- 4xy
3
≥
0
Biến đổi tương đương ta được:
x
2

y
4
+ 2(x
2
+2)y
2
+ 4xy + x
2
- 4xy
3
≥
0
⇔
( y
2
+ 1)
2
. x
2
+ 4y( 1-y
2
). x + 4y
2

≥
0
Ta thấy ( y
2
+ 1)
2

. x
2
+ 4y( 1-y
2
). x + 4y
2
là tam thức bậc hai đối với biến
x vì hệ số a = ( y
2
+ 1)
2
> 0.
Xét
2
2 2 2 2 2
' 2(1 ) ( 1) .4 16. 0y y y y y∆ = − − + = − ≤ ∀
2 4 2 2 2 3
2( 2) 4 4 0x y x y xy x xy⇒ + + + + − ≥
đúng
y∀
=>
2 4 2 2 2 3
2( 2) 4 4 0x y x y xy x xy+ + + + − ≥
Vậy x
2
y
4
+ 2(x
2
+2)y

2
+ 4xy + x
2

≥
4xy
3
B, a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2

≥
a( b+c+d+e)
⇔
a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e

2
- a( b+c+d+e)
≥
0
Ta coi a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
- a( b+c+d+e) là tam thức bậc hai đối với biến
a
Ta có hệ số a = 1> 0. Xét
∆
= ( b+c+d+e)
2
– 4( b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky ta được:

2 2 2 2 2 2 2 2
(1 1 1 1 )( ) 4( ) 0b c d e b c d e∆ ≥ + + + + + + + − + + + =
đúng
∀
b, c, d, e
 a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2

≥
a( b+c+d+e)
Dấu “=” xảy ra khi b = c= d = e, a = ( b+c+d+e ) : 2
B, Dạng thứ hai:
Để chứng minh b
2
– 4ac = 0 ta chứng minh a.f(x)
≥
0
Trong đó f(x) = ax
2
+ bx + c ( a khác 0)
Bài 2: Cho -1=x
≤

0,5 và
5 2
6 3
y
−
< <
. Chứng minh rằng x
2
+ 3xy + 1 > 0
Giải: Đặt f(x) = x
2
+ 3xy + 1 ta có:
∆
= 9y
2
-4 = (3y-2)(3y+2)
=>
∆
<0 
2 2
3 3
y
−
< <
Theo bài ra ta có :
2
5 2
0 3 1 0
6 3
y x xy

−
< < ⇒ ∆ < ⇒ + + >
Bài 3: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x+y+z = xyz và x
2
= xy
Chứng minh rằng x
2
≥
3
Giải: Theo bài ra ta có x+y+z = xyz và x
2
= xy => x+y+z = x
3
=>
y+z=x(x
2
-1)
Và yz=x
2
=> y, z là nghiệm của phương trình t
2
+ ( x-x
3
)t + x
2
= 0 (1)
Xét
∆
=( x-x
3

)
2
-4x
2
= x
2
[ ( x
2
– 1)
2
– 4 ]
≥
0 do (1) có nghiệm => (x
2
-1)
2
-
4
≥
0
 (x
2
+1)(x
2
-3)
≥
0 do ( x
2
+1)
≥

0  x
2

≥
3
3.Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x+y+z = 5 và xy +xz +yz
=8
Chứng minh rằng
7
1 , ,
3
x y z≤ ≤
Bài 2: Giả sử x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình:x
2
+ k.x + a = 0 ( a khác 0)
. Tìm tất cả các giá trị của k để có bất đẳng thức sau: ( x
1
: x
2
)
3
+ ( x
2
: x
1

)
3

< 52
Bài 3: Giả sử x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình : x
2
+ 2k.x + 4 = 0 ( a
khác 0). Tìm tất cả các giá trị của k để có bất đẳng thức sau: ( x
1
: x
2
)
2
+
( x
2
: x
1
)
2
>3
X- Phương pháp 10: Phương pháp hình học:
1. Kiến thức cần vận dụng:
- Bất đẳng thức trong tam giác.
- Với 3 điểm bất kỳ A, B, C ta luôn có AB + BC
≥

CA
Dấu “=” xảy ra khi B nằm giữa A và C
- Tổng quát: Cho n điểm bất kỳ A
1
, A
2
,… ,A
n
ta luôn có
A
1
A
2
+A
2
A
3
+….+ A
n-1
A
1

≥
A
1
A
n
Dấu “=” xảy ra khi các A
i
i= 1,2,…,n-1 liên tiếp nằm giữa A

1
, A
n
2. Bài tập mẫu
Bài 1: Chứng minh rằng
∀
a,b ta có
2
4a + +
2 2
( ) 1 ( 3) 1 5a b b− + + − + ≥
Giải: Trên mặt phẳng tọa độ lấy các điểm: A(0;-1); B(a;1); C(b;2); D(3;3)
Khi đó ta có AB=
2
4a +
, BC=
2
( ) 1a b− +
, CD=
2
( 3) 1b − +
AD=
2 2
(3 0) (3 1) 5− + + =
mà ta luôn có AB+BC+CD >AD
Vậy
2 2 2
4 ( ) 1 ( 3) 1 5a a b b+ + − + + − + ≥
Dấu “=” xảy ra khi B, C, D thẳng hàng theo thứ tự đó.
Bài 2: Cho 0<a, b, c

≤
1 chứng minh a+b+c
≤
1+ab+bc+ca
Giải: Xét tam giác đều ABC . Gọi M, N, P lần lượt là các điểm trên AB,
AC, BC sao cho AM=a, BP=b; CN=c. Khi đó diện tích của tam giác AMN
là:
S
AMN
= 0,5. AM . AN . sin A = 0,5 . a ( 1-b) sin 60
0
=
3
(1 )
4
a c−
Tương tự ta có: S
BMP
=
3
(1 )
4
b a−
và S
CNP
=
3
(1 )
4
c b−

Mặt khác ta có S
AMN
+ S
BMP
+ S
CNP

≤
S = 0,5 . AB. AC. Sin 60
0
=
3
4
3 3 3 3
(1 ) (1 ) (1 )
4 4 4 4
(1 ) (1 ) (1 ) 1
a c b a c b
a c b a c b
⇔ − + − + − ≤
⇔ − + − + − ≤
⇔
a+b+c
≤
1+ab+bc+ca
3.Bài tập áp dụng:
Bài 1: Chứng minh rằng:
2 2
6 34 6 10 4x x x x− + − − + ≤
Bài 2: Cho a, b, c là đọ dài ba cạch của một tam giác a’, b’, c’ là ba chiều

cao tương ứng chứng minh rằng : ( a+b+c)
2
: ( a’
2
+ b’
2
+ c’
2
)
≥
4
Bài 3: Cho x, y thỏa mãn điều kiện 2x+y
≥
2; 2x-y
≤
2 và x+4
≥
2y
Tìm giá trị nhỏ nhất của x
2
+ y
2
Bài 4: Cho a
≥
b
≥
c > 0. Chứng minh rằng :
( ) ( ) ab c a b c b c− + − ≤
Bài 5: Cho a, b, c > 0 chứng minh rằng
2 2 2 2

( )a c b c a b c+ + + ≥ +
Bài 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2
1 1x x x x+ + + − +
Tiểu kết: Trên đây là một số phương pháp chứng minh Bất đẳng thức mặc
dù chưa được đầy đủ. Nhưng chúng ta đã biết trong chương trình toán cấp
II học sinh chưa được học cụ thể và bài bản , mà chủ yếu Bất đẳng thức
được tập trung ở các lớp luyện thi học sinh giỏi, các kỳ thi vào cấp III và
thi vào đại học.
Do vậy người giáo viên phải thấy rằng bất đẳng thức được sử dụng rộng
nên giáo viên hướng dẫn cho học sinh tổ chức các buổi học ngoại khóa và
tự học ở nhà. Tùy từng đối tượng mà giáo viên đưa ra những phương pháp,
những bài toán phù hợp với trình độ học sinh dễ cảm nhận, tiếp thu làm
cho học sinh không cảm thấy gò bó khi học Bất đẳng thức.
Cần tạo cho học sinh tính linh hoạt không máy móc sử dụng một phương
pháp có lời giải nhanh nhất. Mọi điều mà chúng ta thấy rằng khi chứng
minh Bất đẳng thức thì cần vận dụng linh hoạt, kết hợp các phương pháp.
D. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC.
1. Giải phương trình
1- Phương pháp giải: Để giải phương trình: A(x) = B(x)
Cách 1: Ta biến đổi phương trình về dạng g(x) = h(x) mà g(x)
≥
a; h(x)
≤

a ( a là hằng số ) . Nghiệm của phương trình là các giá trị thỏa mãn đồng
thời :
g(x) =a; h(x) = a
Cách 2: Ta biến đổi phương trình về dạng h(x) =m ( m là hằng số). Mà
h(x)

≥
m hoặc m
≥
h(x) khi đó nghiệm của phương trình là các giá trị của
x làm dấu “=” xảy ra.
2- Các kiến thức cần nhớ.
- Bất đẳng thức Côsi.
- Bất đẳng thức Bunhicopxky.
- Bất đẳng thức Trebưsep.
- Một số bất đẳng thức khác.
- Các kỹ năng biến đổi tương đương, biến đổi đồng nhất.
3- Bài tập mẫu.
Bài 1: Giải phương trình:
2 2 2
3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x+ + + + + = − −
Nhận xét: Thông thường khi giải bài tập có căn thức ta thường làm mất
căn thức bằng cách sử dụng công thức
( )
n
n
a a=
hoặc đưa về
2n n
a a=
.
Đối với bài toán này học sinh có thể tìm điều kiện rồi bình phương hai vế.
Với các cách làm này thì phương trình đã cho tương đương với phương
trình bậc cao hơn có thể không giải được. Vì thế nên ta tìm cách giải khác:
Ta thấy VP=4- 2x – x
2

= 5 – ( x+ 1)
2

≤
5 . Vì - ( x+ 1)
2

≤
0
Dấu “=” xảy ra khi x=-1.
Từ đó nghĩ đến việc đánh giá vế trái:
Ta có :
2 2
3 6 7 3( 1) 4 2.x x x+ + = + + ≥
Dấu “=” xảy ra khi x =-1.
2 2
5 10 14 5( 1) 9 3x x x+ + = + + ≥
Dấu “=” xảy ra khi x =-1.
Suy ra VT
≥
5. Dấu “=” xảy ra khi x = -1. VT = 5
≥
VP
Dấu “=” xảy ra khi x=-1.
Vậy nghiệm của phương trình là x = -1.
Bài 2: Giải phương trình :
2
2 4 6 11x x x x− + − = − +
Giải:
TXĐ:

2 0 2
2 4
4 0 4
x x
x
x x
− ≥ ≥
 
⇔ ⇔ ≤ ≤
 
− ≥ ≤
 
Ta thấy VP = ( x-3)
2
+ 2
≥
2 do ( x- 3)
2
≥
0
Dấu “=” xảy ra khi x=3 (*)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky cho vế trái ta có:
VT=
(1. 2 1. 4 ) (1 1)( 2 4 ) 2x x x x− + − ≤ + − + − =
Dấu “=” xảy ra khi x=3 (**).
Từ (*) và (**) suy ra nghiệm của phương trình đã cho là: x=3.
II. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức.
Bài 1: Tìm GTNN và GTLN của biểu thức sau:
2
2

2 4 5
1
x x
a
x
+ +
=
+
Giải: Biểu thức nhận giá trị  phương trình
2
2
2 4 5
1
x x
a
x
+ +
=
+
(*) có
nghiệm.
Do x
2
+ 1 >0 nên (*)  x
2
( a- 2) – 4x + a- 5 = 0.
+ Nếu a= 2 thì phương trình có nghiệm x = -3; 4
+ Nếu a khác 2 (*) có nghiệm 
∆
= 4- ( a-2)(a-5)

≥
0  a
2
-7a + 6
≥
0
 1
6a≤ ≤
.
Nếu a = 1 thì x = -2.
Nếu a = 6 thì x = 0,5. Vậy giá trị nhỏ nhất của BT đã cho là 1 khi x=-2 và
giá trị lớn nhất của BT đã cho là 6 khi x= 0,5.
Bài 2: Tìm GTNN và GTLN của Bt b =2x
2
+ 4xy + 5y
2
. Biết rằng x
2
+ y
2

= a (1)
Với a là hằng số
≥
1.
Giải: Vì a
≥
1 nên ta có b : a = (2x
2
+ 4xy + 5y

2
) : (x
2
+ y
2
) (*)
Nếu y = 0 thì b : a = 2
∀
x
Nếu y khác 0 đặt x: y khi đó (*) trở thành b:a =
2
2
2 4 5
1
t t
t
+ +
+
Theo bài 1 ta có :
1 6 1 : 6 6t b a a b a
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤